大学物理课后题答案11

2023年12月24日发(作者：纪登奎)

习 题 十 一

11-1 如图所示，在点电荷+Q的电场中放置一导体球。由点电荷+Q到球心的径矢为r，在静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心O点处产生的场强E。

[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O点的场强是点电荷+Q及球面上感应电荷共同贡献的，由场强叠加原理有

E0EQE0

EEQ

Q40r2r

11-2 一带电量为q、半径为r的金属球A，放在内外半径分别为R1和R2的不带电金属球壳B内任意位置，如图所示。A与B之间及B外均为真空，若用导线把A，B连接，求球A的电势。

[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此

UAUBq40R2

11-3 如图所示，把一块原来不带电的金属板B移近一块已带有正电荷Q的金属板A，平行放置。设两板面积都是S，板间距为d，忽略边缘效应，求：(1)板B不接地时，两板间的电势差；(2)板B接地时，两板间的电势差。

[解] (1) 由61页例1知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B不接地，电荷分布为

BA

Q/2Q/2-Q/2Q/2

因而板间电场强度为

EQ20S

电势差为

UABEdQd

20S0AQ-QB0(2) 板B接地时，在B板上感应出负电荷，电荷分布为

故板间电场强度为

EQ

0S电势差为

UABEdQd

0S

11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为5.0cm，上导体板到下导体板的距离为8.0cm，外面的两块用导线连接，原来不带电。中间一块两面上带电，其面电荷密度之和为1.3105Cm2。求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少(忽略边缘效应)?

[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例1知

23 (1)

54 (2)

忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对于二表面上电荷决定。因此上板和中板之间的场强为

123456d1d2E13

0在中板和下板之间的场强为

E24

0上板和下板相连接，因此相邻两板的电势差相等，即E1d1E2d2，由此可得

3d14d2 (3)

设中板总面电荷密度为，则

34 (4)

由(3)、(4)两式可得

38106Cm2

435106Cm2

代入(1)、(2)两式中得到

28106Cm2

55106Cm2

在上板内任意点场强均为零，它是6个无限大均匀带电平面在该点产生的场强叠加的结果。故有

11234560

20考虑到(1)、(2)两式，则得到

16 (5)

上下两块导体板原来是不带电的，根据电荷守恒定律，二导体板表面出现感应电荷后，总量仍为零。因此有

12340 (6)

由(5)、(6)两式得到

16125

21810651066.5106Cm2

2

1l-5 如图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A、B和C，半径分别为Ra、Rb、Rc。圆柱面B上带电荷，A和C都接地。求B的内表面上线电荷密度1和外表面上线电荷密度2之比值12。

[解] 由A、C接地

UBAUBC

12由高斯定理知

EI

EII

20r20rUBAEIdrRBRCRARAIIIRB1Rdr1lnB

20r20RAR2dr2lnC

20r20RBUBCEIIdrRBRCRBR1RlnB2lnC

20RA20RB因此

1:2ln

11-6 在一半径为R1=6.0cm的金属球A外面套有一个同心的金属球壳B。已知球壳B的内、RCR:lnB

RBRA

外半径分别为R2=8.0cm，R3=10.0cm。设球A带有总电量QA3108C，球壳B带有总电量QB2108C。求：(1)球壳B内、外表面上各带有的电量以及球 A和球壳B的电势；(2)将球壳B接地然后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内、外表面上各带有的电量以及球A和球壳B的电势。

[解] 在球壳B内作一包围内腔的高斯面，由于球壳内场强处处为零，此高斯面的电通量为零。根据高斯定律，球壳B的内表面上所带电量与球A所带电量等值异号，所以

qB内QA3108C

球壳B总电量为QB，因此其外表面上电量为

qB外QBqB内21083108C5108C

球A的电势为

UAqB内qB外QA140R140R240R3409QAqB内qB外RRR

231310831085108V5.63103V

9102226.0108.01010.010UBQAqB内40rqB外40R3

因为QAqB内0，所以

91095108UBV4.5103V

240R310.010qB外(2)将球壳B接地时，其电势变为零。因为QA与qB内等量异号，它们在球壳B产生的电势之和为零，所以球壳外表面不再有电荷。球壳B与地断开后，再将球A接地时，电荷将内、qB外

、qB重新分布。设球A、球壳B内表面、球壳B外表面上电量分别为QA0，于是有 因为UA内外qBqBQA0

40R140R240R3qB内0，而且 注意这时仍有QA内qB外

qB内qB于是得到

qB内QAQA1QA40R2R3R10

31086.08.0QAC2.12108C

R2R3R1R3R1R28.010.06.010.06.08.0qB内R1R2内QA2.12108C

qB外qB内qB内31082.12108C8.8109C

qB0，球壳B电势为 金属球A接地，电势UAUB外外qqBqBQAB内

40r40r40R340R391098.8109V7.92102V

210.010

11-7 一厚度为d的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为。试求离左表面的距离为a的点与离右表面的距离为b的点之间的电势差。

[解] 导体板内场强E内0，由高斯定理可得板外场强为

E

20Ⅰ Ⅱ

Ⅲ

故A、B两点间电势差为

UABEdlA0Baaddxa200dxadbadbadx2020

11-8 半径分别为R1和R2(R2>R1)的两个同心导体薄球壳，分别带电量Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处的半径为r的导体球相连，导体球原来不带电。求相连后导体球的带电量q。

[解] 整个系统仍是孤立球形电容C3与内球到无限远(地)之间的电容之并联。而后者是内球形电容C1与外球孤立球形电容C2串联所构成的

C140R1R2

R2R1C1C2C3C240R2

C340r

设小球C3上电量为q，则C1上电量Q1-q，C2上电量为Q2Q1q设三个电容上的电压各为U1、U2、U3

U3qC3

U1Q1qC1

U2Q2Q1qC2

由于

U3U1U2

所以

qQ1qQ2Q1q

C3C1C2因而移到小球上的电量为

q

rR2Q1R1Q2

R2R1r11-9 一种单芯同轴电缆的中心为一半径R1=0.5cm的金属导线，其外层包一层r5的固体电介质，最外面的是金属包皮。当在此电缆上加一电压后，介质中紧靠其内表面处的场强E1为紧靠其外表面处的场强E2的2.5倍，若介质最大安全场强E*40kVcm，求此电缆能承受的最大电压是多少?

[解] 由介质中的高斯定理

DdSQ

D2rLQ

S由DQQ 得

E

20rrL2rLQ20rR1L

E2所以

E1Q20rR2L

因E12.5E2 得到

R22.5R1

当

E1E*时电缆的电压最大。

此时

URR21EdrR2Q20rLrR1drQ20rLlnR2

R1

由E*E1Q1

E*R1

20rLR120rLR2400.5102ln2.518.3kV

R1Q所以

UE1R1ln

11-10 一平行板电容器面积为S，两板间距离为d，中间充满均匀电介质，已知当一板带自由电荷Q时，整块电介质的总偶极矩为P，求电容器中的电场强度。

[解] 由C0rSd

UQQdQ 所以

E (1)

C0rS0rS而由

PPSd 得

PP (2)

Sd极化强度

P0Er1 (3)

由(1)、(2)、(3)得

E

11-11 两个同心的薄金属球壳，内、外壳半径分别为R1=0.02m和R2=0.06m。球壳间充满两层均匀电介质，它们的相对电容率r16和r23。两层电介质的分界面半径R=0.04m。设内球壳带电量Q=6108C，求：

(1)D和E的分布，并画出D-r、E-r曲线；

(2)两球壳之间的电势差；

(3)贴近内金属壳的电介质表面上的束缚面电荷密度。

[解] 以与球壳同心的球面为高斯面

QPd

0Sqi

SDdSi1nDDE

(1)r

D10

E10

QQEr

R1≤r

D2r22240r1r4rR≤r

D3R1RR2rQQEr

r3224r4r0r2ER1RR2r

R2

D4R2QQEr

r440r24r2RR2R1R(2)UEdrE2drE3dr

R1Q111140RRr11r2 (3)内球壳表面电荷密度

113RR3.7510V

2'R1R2QQ6.01081.19105Cm2

22S4R143.140.02PnPr110E2rR1



r11r151.191059.96106Cm2

611-12 一平行电容器的面积为S，板间距离为d，板间两半分别以相对电容率为r1和r2的电介质充满(如图)。求此电容器的电容。

[解一] 设极板上总电量为Q，r1部分的电量为Q1，r2部分的电量为Q2。

∵D1Q1Q

D22

S2S2Q1Q2

E2

0r1S20r2S2E1∵UE1dE2d 及

QQ1Q2

∴可求得

C02dr1r2S

[解二] 可看作两电容器的并联，由于S1S2

所以

C10r1S2d

C20r2S2d

因此

CC1C202dr1r2S

11-13 盖革计数管由一根细金属丝和包围它的同轴导体圆筒组成。金属丝直径为2.5102mm，圆筒直径为25mm，管长100mm。试计算盖革计数管的电容(设管体间为真空，

可用无限长导体圆筒的场强公式计算电场)。

[解] 设盖革计数管所带电量为Q，管长为l，则线电荷密度在金属丝与同轴圆筒之间的场强

Q

lEQ

20r20rl设金属丝与圆筒的直径分别为d1和d2，则它们的电势差为

Ud22d12Edrd22Q20rld12drQ20llnd2

d1由此得盖革计数管的电容

Q20l100103CF8.01013F

d25Uln291092lnd12.5102

11-14 为了测量电介质材料的相对电容率，将一块厚为 1.5cm的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm的两平行板中间。在插入过程中，电容器的电荷保持不变。插入之后，两板间的电势差减小到原来的60％，求电介质的相对电容率。

[解] 设两平行板间距离为d，介质板厚度为d，插入前电容器电势差为U，插入后为U，电容器上面电荷密度为

插入介质板前电容器内场强Ed，电势差UEd

00

0r插入介质板后，电容器内空气中场强仍为E，介质内场强E两板间的电势差

UEddEdddd

00r已知U0.60U，因此有

0.60dddd

000r解此方程得

r

d1.52.1

d0.4d1.50.402.011-15 半径为R1的导体球和内半径为R2的同心导体球壳构成球形电容器，其间一半充满相

对电容率为r的各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图所示。试求该电容器的电容。

[解] 相当于两个半球形电容器并联

对球形电容器，充电后两球间的电场强度EQ

24r两球间的电压UQ411

R1R2电容CQ4

11UR1R220R1R2

R2R120rR1R2

R2R120R1R2r1

R2R1上半球C1下半球C2CC1C2

11-16 两块无限大平行导体板，相距为2d，都与地连结。在板间均匀充满着正离子气体(与导体板绝缘)，离子数密度为n，每个离子的带电量为q，如果忽略气体中的极化现象，可以认为电场分布相对中心平面OO是对称的。试求两板间的场强分布和电势分布。

[解] 由于电荷分布相对于OO是对称的，作底面积为S的高斯面

E2SQ内0nqS2x0

因此

Enqx

0当0

20当-d

20所以x处的电势为

nq2dx2

20

11-17 两半径相同的金属球，相距很远。试证明：该导体组的电容等于各孤立导体球的电容值的一半。

[解] 设两球半径都是R，带电量为Q，则各球电势是

UQ1Q

U

40R40R1两球电位差为

UUU所以

CQQ

40R20R2Q1140RC0

U22其中C040R为单独一个孤立导体球的电容。

11-18 半径都是R的两根“无限长均匀带电直导线，其线电荷密度分别为+和-，两直导线平行放置，相距为d(d>>R)。试求该导体组单位长度的电容。

[解] 可用叠加原理及高斯定理计算两导线间垂直连线上任意点P的场强。

如图所示，过P分别做两个长为L，与两条直导线共轴的闭合圆柱面作为高斯面。根据高斯定理分别计算每条线上电荷产生的场强。

Ε1dS2rLE1所以

E1

20r同理

E210dl10l

PRrdR20dr

根据叠加原理，P点总场强为

EE1E2111

20rdr两条线间电压为

UdRREdldRR11dRln

dr20rdr0R故单位长度电容

CU0dRlnR

1l-19 一空气平行板电容器，极板A、B的面积都是S，极板间距离为d。接上电源后，两板间的电压为U，现将一带电量为q、面积也是S而厚度可忽略不计的导体片C平行地插入两极板的中间位置，试求导体片C的电势。

[解] 设平行板正板下表面带电量为Q，则导体片C的上表面带电-Q，其下表面带电Q+q，下板上

表面带电Qq。

由高斯定理得E1QQq

E2

0S0S又由两板间的电势为

UU1U2E1所以

QQdQqdddd2Qq

E2220S20S220SU0Sq

d2因而导体C的电势

UCE2

11-20 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R1=2cm，R2=5cm，其间充满相对电容率为r的各向同性均匀电介质，电容器接在U=32V的电源上(如图所示)。试求距离轴线R=3.5cm的点A处的电场强度和点A与外筒间的电势差。

[解] 由

qddQqddU0Sq1U

20S220Sd2220SDdSQ

D2rLL



E

20rr2rRln2

20rR1因此

DU32EdrR1R2因此

20rU

R2lnR1所以

EA120rU1R220rR20rRlnR1R2URRln2R1998Vm

UAR2EdrEdr=12.5 V

RRR2

11-21 莱顿瓶是早期的一种电容器，它是一个内外贴有金属箔的圆柱形玻璃瓶。设玻璃瓶的内径为R1=8cm，厚度为2mm，金属箔高40cm。玻璃的相对电容率r=5.0，击穿场强为1.5107Vm。若不考虑边缘效应，试计算：(1)莱顿瓶的电容值；(2)它最多能储存多少能

量。

20rL2054010234.510μF [解] 由圆柱形电容器

C23R2810210lnlnR18102由题意知场强最大为

E1.5107Vm

所以

UmaxEd1.510721033104V

因此

Wmax11

JCU24.510-991082.02522

11-22 置于球心的点电荷+Q被两同心球壳所包围，大球壳为导体，小球壳为电介质，相对电容率为r，球壳的尺寸如图所示。试求以下各量与场点径矢r的关系：(1)电位移D；(2)电场强度E；(3)极化强度P； (4)束缚电荷激发的电场强度E；(5)面电荷密度；(6)电能密度。

[解] (1) 由有介质的高斯定理

D1dSQ

DQ4r20rc或rd

crd(2) 由静电场的性能方程

D0rE得

Qra或brc240rQarb

E240rrcrd0(3) 由

P0r1Ε得

Qr1P4rr20arbra或rb

(4) 在电介质内

EE0E

所以EEE0在其它位置E0

(5) 由束缚电荷

P2P1n21，在电介质中

a面211140r2rQr

P2n21

P2aQr14ra2

b面21P1bQr14rb2P1在导体中，自由电荷

Dn

Q

cDc24cQ

dDd24d(6) 由

wn211DE得

2Q2ra或brc或rd24320rQ2

arbW24320rrcrd0

11-23 一电容为C的空气平行板电容器，接端电压为U的电源充电后随即断开。试求把两个极板间距增大至n倍时外力所作的功。

[解] 断开电源后Q不变，电容由原来的C外力所做的功即相当于系统静电能的改变量

0Sd，变为C0Snd

1WCU2

21WCU2

2由于Q不变，CnC，所以UnU

1因此WCn2U2

211WWWU2Cn2CCU2n1

221即外力做功ACU2n1

2

11-24 一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b，长都是 L，中间充满相对电容率为r的各向同性均匀电介质。内、外筒分别带有等量异号电荷 +Q和-Q，设b-a<>b，忽略边缘效应，求：(1)圆柱形电容器的电容；(2)电容器储存的能量。

[解] (1)用高斯定理可求得两圆柱导体间的电场分布是

DQQ

E

20rrL2rL两极板间电位差为

UEdrabbQ20rrLadrQ20rLlnb

a所以

CQ20rL

bUlnaQ

2rL2211(2)wDE220rbQ2bQWwdln

2rLdra240rLa0r2rL1Q2Q2bln 法二：W2C40rLa

11-25 两个相同的平行板电容器，它们的极板都是半径为 l0cm的圆形板，板间距都是1.0mm，其中一个电容器两板间是空气，另一个两板间是r=26的酒精。把它们并联后充电到120V，求它们所储存的总电能。断开电源，把它们带异号电荷的两板分别连在一起。求这时两者所储总电能。

[解] 两电容并联

CC1C2存储电能

0Sdr1

0S18.8510123.140.1227120222r1U

wCU5.4105J

22d20.1Sr1断电后 总电量QC2UC1U0U

dQ20Sr1总电能

wU2Cd2wr1由于

2wr120Sr12

r12d2dr10S因此

r12wr125w5.41054.7105J

272

11-26 一同轴圆筒状电容器的内、外筒半径分别为a、b。试证该电容器所储电能的一半是在半径为rab的圆柱内部。

[解] 设圆柱电容器中充以电容率为r的各向同性均匀电介质，内外筒分别带电荷+Q、-Q，长为L。用高斯定理可求得两圆柱导体间的电场分布是

EQQ

D

2rL2rL211QwDE

222rL设总电能的一半在半径为r的圆柱体内，则

r1QQ21rWln

2rLdra22rL24La2Q21b而

Wln

28La所以

lnr1bblnln

a2aa即

rb

aa因此

rab 证毕。

11-27 有一根单芯电缆，电缆芯的半径为r1=15mm，铅包皮的内半径为r2=50mm，其间充以相对电容率r=2.3的各向同性均匀电介质。求当电缆芯与铅包皮间的电压为U1=600V时，长为 l=1km的电缆中储存的静电能是多少?

[解] 由

ErL 得

Uln2

20rrL20rr20rr1CQL20rL

r2UUlnr11120rL2123.148.8510122.310360022U1.9102J 因此wCUr50222lnln215r1

11-28 充满均匀电介质的平行板电容器，充电到板间电压为 U=1000V时断开电源。若把电介质从两板间抽出，测得板间电压U0=3000V，求：(1)电介质的相对电容率r；(2)若有电介质时的电容C120103μF，抽出电介质后的电容C0为多大；(3)抽出电介质时外力所

作的功。

[解] (1) 由

C

ddSUS 同理

C00

Q0C0U000

dd断开后

QQ0 所以

rUU0 即

r(2)

0rS

QCU0rSUU03

UC00Sd1

C1d0rSrC0C1201036.7103μF

3r(3)

w1110rS21C1U2U20103106100021102J

22d2110rS21201032w2C0U0U0106300023102J

22d23所以

ww2w12102J

11-29 如图所示，圆柱形电容器由半径R1a的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒半径R33a，圆筒长为L，且L>>R3。在导线与圆筒间R1

r=3的均匀电介质，r>R2的区域为真空。设沿轴线单位长度上导线的带电量为0，圆筒的带电量为0，忽略边缘效应，求：(1)何处电场强度最大?其值为多少?(2)电容器两极间的电势差；(3)电介质区域的电场总能量。

[解] (1) a

E100L0

Emax1

2rL0r6r06a02a

E2r>3a E=0

00

Emax2

2r04a0因此 电场强度最大处在 r=2a ，此处

Emax0

4a0(2)

Uaba2aE1drE2dr2a3a0327ln20ln0ln

60202604

(3)

w0110

DE222r20rr2aWw2rLdra2aa00L102rLdrln20ln2

22r20rr40r12022

11-30 球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳构成，壳的内半径为R2，其间充有两层均匀电介质，分界面的半径为r，内外层电介质的相对电容率分别为r1和r2。已知内球带电量为-Q，试求：(1)各介质表面上的束缚面荷密度；(2)电容器的静电能和电场总能量。

[解] (1)

R1

DQQE

14r240r1r2r

DQQE

2224r40r2rQ40r1R121P2P1n21P10r11E0r11rR1时，Rr11Q4r1R12

rr时，rP2P1n21P2P10r11E10r21E2

2P2P1n21P20r21E20r21rR2时，RQ40r2R22Qr214r2R22

0r11Q0r21Qr2r1Q

40r1r240r2r24r2r1r2(2)

w1DE

2r1R21Q2Q2124rdr4r2dr

WDEdV2424R1216rr216r20r10r211Q2880r1Rr0r21

Q211Q2r2R2rR1r1R1R2r

rR8RRr20r1r212